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甘肃省金昌市金川高级中学2025届高三下学期高考冲刺（一）数学试卷
1．（2025·金川模拟）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·金川模拟）若，则（　　）
A． B．1 C． D．
3．（2025·金川模拟）已知函数且，则（　　）.
A．. B．. C．2. D．4.
4．（2025·金川模拟）如图，网格纸上小正方形的边长为1，向量的起点和终点均在格点上，则向量在向量上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·金川模拟）若，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·金川模拟）已知数列是以1为首项，2为公差的等差数列，则数列的前10项和为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·金川模拟）函数与的图象在区间上的交点个数为（　　）
A．3 B．5 C．7 D．9
8．（2025·金川模拟）如图，分别为双曲线的左、右焦点，点都在双曲线上，四边形为等腰梯形，且，，则双曲线的离心率为（　　）
A． B． C．2 D．
9．（2025·金川模拟）某研究机构在训练人工智能模型时，有两种训练算法甲和乙，使用算法甲训练了30次，每次训练耗时的平均数为2，方差为0.25，使用算法乙训练了20次，每次训练耗时的平均数为1.5，方差为0.3，则（　　）
A．总体每次训练平均耗时1.8小时
B．总体每次训练平均耗时1.75小时
C．总体每次训练耗时的方差为0.28
D．总体每次训练耗时的方差为0.33
10．（2025·金川模拟）如图，在圆柱中，轴截面是边长为2的正方形，是以为直径2的圆上一动点（异于点），与圆柱的底面圆交于点，则（　　）
A．平面
B．平面平面
C．直线与直线有可能垂直
D．三棱锥的外接球体积为定值
11．（2025·金川模拟）如图，在的方格中，移动规则如下：每行均可左右移动，每列均可上下移动，每次仅能对某一行或某一列进行移动，其他行或列不变化.
例如：
4 4 1 3
4 3 2 1
1 2 3 2
2 1 4 3
下列的方格中，哪些图形可由上图经过4次移动得到（　　）
A．
4 4 1 3
4 3 2 1
1 2 3 2
2 1 4 3
B．
4 2 4 3
1 1 1 1
2 4 2 2
4 3 3 3
C．
3 4 4 4
1 3 1 1
2 2 2 2
4 1 3 3
D．
4 4 1 3
4 3 4 1
3 2 1 2
2 1 2 3
12．（2025·金川模拟）已知是椭圆上的动点，，且，则　 　.
13．（2025·金川模拟）函数的最小值为　 　.
14．（2025·金川模拟）现从一含10个元素的集合的子集中随机选出2个不同的子集，被选出的子集之间必须满足包含或被包含的关系，则满足该选取条件的选法有　 　种.
15．（2025·金川模拟）在中，内角所对的边分别为，且.
（1）证明：.
（2）求.
（3）若为上靠近点的三等分点，作交于点，求.
16．（2025·金川模拟）某学校高三年级组织了一场校内知识挑战赛，共有5个班级参与，每个班级推选1名学生代表参加，其中1名学生代表来自A类班级，4名学生代表来自B类班级，学生甲是B类班级代表之一.在某一轮比赛中，随机选择两名学生代表进行比赛.若是同类班级代表比赛，则双方获胜的概率均为；若是A类班级代表与B类班级代表比赛，则B类班级代表获胜的概率为.
（1）已知学生甲参赛，求在一轮比赛中，学生甲获胜的概率；
（2）若每两个班级代表各进行一轮比赛，记B类班级代表甲获胜的轮数为，求的分布列与期望.
17．（2025·金川模拟）如图所示，在边长为2的正方体中，分别是棱上的点（异于端点），且．
（1）证明：与相交且交点在直线上．
（2）当直线与平面所成角的正弦值为时，求的值．
18．（2025·金川模拟）已知抛物线，过抛物线上一点作两条直线分别交抛物线于两点，直线的斜率分别为，且.
（1）求抛物线的方程.
（2）证明：直线过定点.
（3）记直线经过的定点为为直线上一点（异于点），且满足，证明点在某定直线上，并求出该定直线的方程.
19．（2025·金川模拟）设函数的定义域为.若实数满足对任意的，都有，则称满足性质.
（1）若函数满足性质，求实数的取值范围.
（2）设的导函数为，且对任意的，都有.
（i）证明：满足性质.
（ii）已知数列满足，若，证明：.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可得：.
故答案为：B.
【分析】根据集合的交集直接求解即可.
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，则.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的乘法、除法运算，结合虚数的乘方求解即可.
3．【答案】D
【知识点】有理数指数幂的运算性质；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：函数，
因为，所以，解得，
则.
故答案为：D.
【分析】根据函数的解析式，求得的值，再代值求值即可.
4．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：建立平面直角坐标系，如图所示：
由题意可得：，，
则向量在向量上的投影向量为.
故答案为：A.
【分析】建立平面直角坐标系，写出相应向量的坐标，根据投影向量公式求解即可.
5．【答案】C
【知识点】同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，可得，两边平方可得：，解得，
则.
故答案为：C.
【分析】利用同角三角函数关系求解即可.
6．【答案】B
【知识点】指数式与对数式的互化；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：因为数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以，所以，所以，
即数列是以为首项，为公比的等比数列，
则数列的前10项和为.
故答案为：B.
【分析】根据数列为等差数列求得，再由等比数列求和公式计算即可.
7．【答案】D
【知识点】函数的零点与方程根的关系；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：画出函数和在区间上的图象，如图所示：
由图可知， 函数与的图象共有9个交点.
故答案为：D．
【分析】画出函数和在区间上的图象，数形结合求解即可．
8．【答案】B
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
由题意可得：，
，
，
由双曲线的定义可得：，
即，则.
故答案为：B.
【分析】连接，根据双曲线的几何性质，结合三角形的特征，利用角的关系，列出等式求双曲线的离心率即可.
9．【答案】A,D
【知识点】分层抽样方法；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由题意可得：
总体每次训练平均耗时为，故A正确、B错误；
总体每次训练耗时的方差为
，故C错误，D正确.
故答案为：AD.
【分析】利用分层随机抽样的平均数与方差公式计算即可.
10．【答案】A,B,D
【知识点】球内接多面体；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、由题意可得：，因为是以为直径2的圆上一动点，
所以，所以，又因为平面平面，
所以平面，故A正确：
B、由A选项可知：，因为，所以平面，又因为平面，所以平面平面，故B正确；
C、若，因为，平面，
所以平面，则，
因为平面，
所以，
这与矛盾，故直线与直线不可能垂直，故C错误；
D、因为均是以为斜边的直角三角形，
所以三棱锥的外接球的球心为的中点，由于，
故三棱锥的外接球体积为定值，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据线面平行的判定定理即可判断A；由线面垂直可得面面垂直即可判断B；假设，可得与矛盾即可判断C；确定出球心位置，由半径为定值即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】进行简单的合情推理
【解析】【解答】解：A、将方格中的某一行或某一列按一个方向移动4次，故A正确；
B、要使得第2行都是1，则第1列向上移动1次，第2列向上或向下移动2次，第3列向下移动1次，
故B正确；
C、要使得第3行都是2，则第1列向上移动1次，第3列向下移动1次，得到以下图形：
4 4 4 3
1 3 1 1
2 2 2 2
4 1 3 3
此时将第1行向右移动1次，得到C项，移动了3次，故C错误；
D、先将第3行向右移动2次，再将第3列向上或向下移动2次可得，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由平移变换，通过合理的逻辑推理逐个判断即可.
12．【答案】5
【知识点】椭圆的定义
【解析】【解答】解：由，可得，
因为 ，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，
即，即，
则.
故答案为：5.
【解答】由题意，根据椭圆的定义确定点的轨迹，得到椭圆参数，再由椭圆参数关系求参数值即可.
13．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：函数的定义域为，
当时，函数在上单调递增，且；
当时，函数，，
令，解得，
当，，当，，
即在上单调递减，在上单调递增，
则，，
即函数的最小值为.
故答案为：.
【分析】先求函数的定义域，再由，去绝对值，求导，利用导数判断函数单调性，求最值即可.
14．【答案】
【知识点】子集与真子集；排列、组合的实际应用；二项展开式
【解析】【解答】解：集合中含有10个元素，则其子集中元素个数小于等于10 ，
设子集有个元素，子集有个元素，
当时，选法有种；
当时，选法有种；
当时，选法有种；
当时，选法有种，
则满足该选取条件的选法种数为
.
.
故答案为：.
【分析】设子集有个元素，子集有个元素，结合两个计数原理与二项式定理求解即可.
15．【答案】（1）证明：由，可得，
则，即；
（2）解：由，可得，
即，即，
因为，所以，所以，所以；
（3）解：因为，所以，且为等腰直角三角形，
在中，，
又因为，所以，
则，解得，
在中，.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意化简证明即可；
（2）由（1）利用正弦定理得，由化简求解即可；
（3）由余弦定理可得，由得，在中计算即可.
（1）因为，所以.
因为，所以.
（2）根据正弦定理可得，
，所以，
因为，所以，
.
（3）因为，所以且为等腰直角三角形，
在中，，
又，所以，
则，解得，
在中，.
16．【答案】（1）解： 已知学生甲参赛 ，从5人中选择2人，其中包含学生甲的情况有种，
4种情况中，学生中和A类班级代表比赛的情况有1种，和B类班级代表比赛的情况有3种，
则学生甲和A类班级代表比赛并获胜的概率为，
和B类班级代表比赛并获胜的概率为，
故在一轮比赛中，学生甲获胜的概率为；
（2）解：易知随机变量的可能取值为，
，
，
，
，
，
的分布列为
0 1 2 3 4
.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）由独立事件乘法公式及互斥事件和事件公式求解即可；
（2）由题意确定的可能取值，求对应的概率，再求数学期望即可.
（1）从5人中选择2人.其中包含学生甲的情况有种，4种情况中，学生中和A类班级代表比赛的情况有1种，和B类班级代表比赛的情况有3种，
则学生甲和A类班级代表比赛并获胜的概率为，
和B类班级代表比赛并获胜的概率为，
故在一轮比赛中，学生甲获胜的概率为.
（2）的可能取值为，
，
，
，
，
，
故的分布列为
0 1 2 3 4
.
17．【答案】（1）证明：连接，如图所示：
因为，所以，
又因为分别是棱上异于端点的点，所以，则四边形为梯形，与相交，
记，因为平面平面，
平面平面，所以，则与的交点在直线上；
（2）解：以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，
则，，，，
设为平面的法向量，
由，可得，
令，得，即，
设直线与平面所成的角为，
，解得，
则当直线与平面所成角的正弦值为时，．
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）连接，由已知得出四边形为梯形，则与相交，再根据点线面的关系证明即可；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合线面夹角的向量公式列出方程求解即可．
（1）连接，因为，所以，，
所以，
因为分别是棱上异于端点的点，
所以，故四边形为梯形，故与相交，
记，
因为平面平面，平面平面，
所以，即与的交点在直线上．
（2）因为是正方体，所以以为原点，，所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，，
所以，
设为平面的法向量，
由，可得，
令，得，则，
因为，设直线与平面所成的角为，
所以，又，
解得，故当直线与平面所成角的正弦值为时，．
18．【答案】（1）解：由题意可知：点在抛物线上，代入抛物线的方程可得，解得，
则抛物线的方程为 ；
（2）证明：由（1）可知点的坐标，设，
则，
由，得，所以，
，
.所以直线的方程为，
即，整理得，
又，
从而直线的方程为，化简得，
则直线过定点；
（3）解：由（2）知，设，易知直线的斜率不为0，
设直线的方程为，
联立，消去整理可得，
由韦达定理可得，
因为，所以，
即，
当时，，化简得，
与直线的斜率不为0矛盾，不合题意；
当时，化简得，
，
即.又，
可得，所以，即，
所以点在直线上.
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意可知：点在抛物线上，代入抛物线方程得出，即可得抛物线方程；
（2）设， 求出直线的方程为，结合，化简计算可得 ，即可得到结论；
（3）由（2）知，设，设直线的方程为.代入抛物线联立方程组，将转化为，化简计算即可.
（1）将点的坐标代入抛物线的方程可得，解得（舍去）或，故抛物线的方程为.
（2）由（1）可知点的坐标，设，
则.
由，得，所以，
.
.所以直线的方程为，
即，整理得.
又，
从而直线的方程为，化简得，
因此直线过定点.
（3）由（2）知，设，易知直线的斜率不为0，
设直线的方程为.由消去.
得.则.
因为.所以.
即，
当时，，化简得，
与直线的斜率不为0矛盾，不合题意；
当时，化简得，
.
即.又.
可得，所以，即，
所以点在直线上.
19．【答案】（1）解：若函数满足性质，则对任意的，
都有
，解得，
则实数的取值范围是；
（2）证明：（i）对任意的，设，
则，且，
当时，，
当时，在中，将替换为，将替换为，
可得，
整理得①，
当时，由①得.即，
当时，由①得，即，
所以在上单调递增，在上单调递减.从而，
同此对任意的.都有，即，
所以满足性质；
（ii）由（i）可知满足性质，令，
所以，
当时，，整理得，所以，
当时，
，
即，
令，由，得，
令，由，得，
，
因此对任意正整数，都有.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）根据满足性质，将代入不等式，化简求解即可；
（2）（i）对任意的，设，求，赋值法结合导函数判断函数的单调性和最值，即可证明；
（ii）根据题意可得.分和两种情况，分别证明即可.
（1）因为函数满足性质，所以对任意的.
.
解得，所以实数的取值范围是.
（2）（i）对任意的，设，
则，且
当时，.
当时，在中，将替换为，将替换为，可得，
整理得.①
当时，由①得.即，
当时，由①得，即.
所以在上单调递增，在上单调递减.从而.
同此对任意的.都有，即.
所以满足性质.
（ii）由（i）可知满足性质，令，
所以.
当时，，整理得，
所以.
当时，
，
即.
令，由，得，
令，由，得，
，
因此对任意正整数，都有.
1 / 1甘肃省金昌市金川高级中学2025届高三下学期高考冲刺（一）数学试卷
1．（2025·金川模拟）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可得：.
故答案为：B.
【分析】根据集合的交集直接求解即可.
2．（2025·金川模拟）若，则（　　）
A． B．1 C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，则.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的乘法、除法运算，结合虚数的乘方求解即可.
3．（2025·金川模拟）已知函数且，则（　　）.
A．. B．. C．2. D．4.
【答案】D
【知识点】有理数指数幂的运算性质；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：函数，
因为，所以，解得，
则.
故答案为：D.
【分析】根据函数的解析式，求得的值，再代值求值即可.
4．（2025·金川模拟）如图，网格纸上小正方形的边长为1，向量的起点和终点均在格点上，则向量在向量上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：建立平面直角坐标系，如图所示：
由题意可得：，，
则向量在向量上的投影向量为.
故答案为：A.
【分析】建立平面直角坐标系，写出相应向量的坐标，根据投影向量公式求解即可.
5．（2025·金川模拟）若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，可得，两边平方可得：，解得，
则.
故答案为：C.
【分析】利用同角三角函数关系求解即可.
6．（2025·金川模拟）已知数列是以1为首项，2为公差的等差数列，则数列的前10项和为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】指数式与对数式的互化；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：因为数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以，所以，所以，
即数列是以为首项，为公比的等比数列，
则数列的前10项和为.
故答案为：B.
【分析】根据数列为等差数列求得，再由等比数列求和公式计算即可.
7．（2025·金川模拟）函数与的图象在区间上的交点个数为（　　）
A．3 B．5 C．7 D．9
【答案】D
【知识点】函数的零点与方程根的关系；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：画出函数和在区间上的图象，如图所示：
由图可知， 函数与的图象共有9个交点.
故答案为：D．
【分析】画出函数和在区间上的图象，数形结合求解即可．
8．（2025·金川模拟）如图，分别为双曲线的左、右焦点，点都在双曲线上，四边形为等腰梯形，且，，则双曲线的离心率为（　　）
A． B． C．2 D．
【答案】B
【知识点】双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
由题意可得：，
，
，
由双曲线的定义可得：，
即，则.
故答案为：B.
【分析】连接，根据双曲线的几何性质，结合三角形的特征，利用角的关系，列出等式求双曲线的离心率即可.
9．（2025·金川模拟）某研究机构在训练人工智能模型时，有两种训练算法甲和乙，使用算法甲训练了30次，每次训练耗时的平均数为2，方差为0.25，使用算法乙训练了20次，每次训练耗时的平均数为1.5，方差为0.3，则（　　）
A．总体每次训练平均耗时1.8小时
B．总体每次训练平均耗时1.75小时
C．总体每次训练耗时的方差为0.28
D．总体每次训练耗时的方差为0.33
【答案】A,D
【知识点】分层抽样方法；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：由题意可得：
总体每次训练平均耗时为，故A正确、B错误；
总体每次训练耗时的方差为
，故C错误，D正确.
故答案为：AD.
【分析】利用分层随机抽样的平均数与方差公式计算即可.
10．（2025·金川模拟）如图，在圆柱中，轴截面是边长为2的正方形，是以为直径2的圆上一动点（异于点），与圆柱的底面圆交于点，则（　　）
A．平面
B．平面平面
C．直线与直线有可能垂直
D．三棱锥的外接球体积为定值
【答案】A,B,D
【知识点】球内接多面体；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、由题意可得：，因为是以为直径2的圆上一动点，
所以，所以，又因为平面平面，
所以平面，故A正确：
B、由A选项可知：，因为，所以平面，又因为平面，所以平面平面，故B正确；
C、若，因为，平面，
所以平面，则，
因为平面，
所以，
这与矛盾，故直线与直线不可能垂直，故C错误；
D、因为均是以为斜边的直角三角形，
所以三棱锥的外接球的球心为的中点，由于，
故三棱锥的外接球体积为定值，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据线面平行的判定定理即可判断A；由线面垂直可得面面垂直即可判断B；假设，可得与矛盾即可判断C；确定出球心位置，由半径为定值即可判断D.
11．（2025·金川模拟）如图，在的方格中，移动规则如下：每行均可左右移动，每列均可上下移动，每次仅能对某一行或某一列进行移动，其他行或列不变化.
例如：
4 4 1 3
4 3 2 1
1 2 3 2
2 1 4 3
下列的方格中，哪些图形可由上图经过4次移动得到（　　）
A．
4 4 1 3
4 3 2 1
1 2 3 2
2 1 4 3
B．
4 2 4 3
1 1 1 1
2 4 2 2
4 3 3 3
C．
3 4 4 4
1 3 1 1
2 2 2 2
4 1 3 3
D．
4 4 1 3
4 3 4 1
3 2 1 2
2 1 2 3
【答案】A,B,D
【知识点】进行简单的合情推理
【解析】【解答】解：A、将方格中的某一行或某一列按一个方向移动4次，故A正确；
B、要使得第2行都是1，则第1列向上移动1次，第2列向上或向下移动2次，第3列向下移动1次，
故B正确；
C、要使得第3行都是2，则第1列向上移动1次，第3列向下移动1次，得到以下图形：
4 4 4 3
1 3 1 1
2 2 2 2
4 1 3 3
此时将第1行向右移动1次，得到C项，移动了3次，故C错误；
D、先将第3行向右移动2次，再将第3列向上或向下移动2次可得，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由平移变换，通过合理的逻辑推理逐个判断即可.
12．（2025·金川模拟）已知是椭圆上的动点，，且，则　 　.
【答案】5
【知识点】椭圆的定义
【解析】【解答】解：由，可得，
因为 ，所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，
即，即，
则.
故答案为：5.
【解答】由题意，根据椭圆的定义确定点的轨迹，得到椭圆参数，再由椭圆参数关系求参数值即可.
13．（2025·金川模拟）函数的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：函数的定义域为，
当时，函数在上单调递增，且；
当时，函数，，
令，解得，
当，，当，，
即在上单调递减，在上单调递增，
则，，
即函数的最小值为.
故答案为：.
【分析】先求函数的定义域，再由，去绝对值，求导，利用导数判断函数单调性，求最值即可.
14．（2025·金川模拟）现从一含10个元素的集合的子集中随机选出2个不同的子集，被选出的子集之间必须满足包含或被包含的关系，则满足该选取条件的选法有　 　种.
【答案】
【知识点】子集与真子集；排列、组合的实际应用；二项展开式
【解析】【解答】解：集合中含有10个元素，则其子集中元素个数小于等于10 ，
设子集有个元素，子集有个元素，
当时，选法有种；
当时，选法有种；
当时，选法有种；
当时，选法有种，
则满足该选取条件的选法种数为
.
.
故答案为：.
【分析】设子集有个元素，子集有个元素，结合两个计数原理与二项式定理求解即可.
15．（2025·金川模拟）在中，内角所对的边分别为，且.
（1）证明：.
（2）求.
（3）若为上靠近点的三等分点，作交于点，求.
【答案】（1）证明：由，可得，
则，即；
（2）解：由，可得，
即，即，
因为，所以，所以，所以；
（3）解：因为，所以，且为等腰直角三角形，
在中，，
又因为，所以，
则，解得，
在中，.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意化简证明即可；
（2）由（1）利用正弦定理得，由化简求解即可；
（3）由余弦定理可得，由得，在中计算即可.
（1）因为，所以.
因为，所以.
（2）根据正弦定理可得，
，所以，
因为，所以，
.
（3）因为，所以且为等腰直角三角形，
在中，，
又，所以，
则，解得，
在中，.
16．（2025·金川模拟）某学校高三年级组织了一场校内知识挑战赛，共有5个班级参与，每个班级推选1名学生代表参加，其中1名学生代表来自A类班级，4名学生代表来自B类班级，学生甲是B类班级代表之一.在某一轮比赛中，随机选择两名学生代表进行比赛.若是同类班级代表比赛，则双方获胜的概率均为；若是A类班级代表与B类班级代表比赛，则B类班级代表获胜的概率为.
（1）已知学生甲参赛，求在一轮比赛中，学生甲获胜的概率；
（2）若每两个班级代表各进行一轮比赛，记B类班级代表甲获胜的轮数为，求的分布列与期望.
【答案】（1）解： 已知学生甲参赛 ，从5人中选择2人，其中包含学生甲的情况有种，
4种情况中，学生中和A类班级代表比赛的情况有1种，和B类班级代表比赛的情况有3种，
则学生甲和A类班级代表比赛并获胜的概率为，
和B类班级代表比赛并获胜的概率为，
故在一轮比赛中，学生甲获胜的概率为；
（2）解：易知随机变量的可能取值为，
，
，
，
，
，
的分布列为
0 1 2 3 4
.
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）由独立事件乘法公式及互斥事件和事件公式求解即可；
（2）由题意确定的可能取值，求对应的概率，再求数学期望即可.
（1）从5人中选择2人.其中包含学生甲的情况有种，4种情况中，学生中和A类班级代表比赛的情况有1种，和B类班级代表比赛的情况有3种，
则学生甲和A类班级代表比赛并获胜的概率为，
和B类班级代表比赛并获胜的概率为，
故在一轮比赛中，学生甲获胜的概率为.
（2）的可能取值为，
，
，
，
，
，
故的分布列为
0 1 2 3 4
.
17．（2025·金川模拟）如图所示，在边长为2的正方体中，分别是棱上的点（异于端点），且．
（1）证明：与相交且交点在直线上．
（2）当直线与平面所成角的正弦值为时，求的值．
【答案】（1）证明：连接，如图所示：
因为，所以，
又因为分别是棱上异于端点的点，所以，则四边形为梯形，与相交，
记，因为平面平面，
平面平面，所以，则与的交点在直线上；
（2）解：以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
设，
则，，，，
设为平面的法向量，
由，可得，
令，得，即，
设直线与平面所成的角为，
，解得，
则当直线与平面所成角的正弦值为时，．
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）连接，由已知得出四边形为梯形，则与相交，再根据点线面的关系证明即可；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合线面夹角的向量公式列出方程求解即可．
（1）连接，因为，所以，，
所以，
因为分别是棱上异于端点的点，
所以，故四边形为梯形，故与相交，
记，
因为平面平面，平面平面，
所以，即与的交点在直线上．
（2）因为是正方体，所以以为原点，，所在的直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，，
所以，
设为平面的法向量，
由，可得，
令，得，则，
因为，设直线与平面所成的角为，
所以，又，
解得，故当直线与平面所成角的正弦值为时，．
18．（2025·金川模拟）已知抛物线，过抛物线上一点作两条直线分别交抛物线于两点，直线的斜率分别为，且.
（1）求抛物线的方程.
（2）证明：直线过定点.
（3）记直线经过的定点为为直线上一点（异于点），且满足，证明点在某定直线上，并求出该定直线的方程.
【答案】（1）解：由题意可知：点在抛物线上，代入抛物线的方程可得，解得，
则抛物线的方程为 ；
（2）证明：由（1）可知点的坐标，设，
则，
由，得，所以，
，
.所以直线的方程为，
即，整理得，
又，
从而直线的方程为，化简得，
则直线过定点；
（3）解：由（2）知，设，易知直线的斜率不为0，
设直线的方程为，
联立，消去整理可得，
由韦达定理可得，
因为，所以，
即，
当时，，化简得，
与直线的斜率不为0矛盾，不合题意；
当时，化简得，
，
即.又，
可得，所以，即，
所以点在直线上.
【知识点】抛物线的标准方程；抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意可知：点在抛物线上，代入抛物线方程得出，即可得抛物线方程；
（2）设， 求出直线的方程为，结合，化简计算可得 ，即可得到结论；
（3）由（2）知，设，设直线的方程为.代入抛物线联立方程组，将转化为，化简计算即可.
（1）将点的坐标代入抛物线的方程可得，解得（舍去）或，故抛物线的方程为.
（2）由（1）可知点的坐标，设，
则.
由，得，所以，
.
.所以直线的方程为，
即，整理得.
又，
从而直线的方程为，化简得，
因此直线过定点.
（3）由（2）知，设，易知直线的斜率不为0，
设直线的方程为.由消去.
得.则.
因为.所以.
即，
当时，，化简得，
与直线的斜率不为0矛盾，不合题意；
当时，化简得，
.
即.又.
可得，所以，即，
所以点在直线上.
19．（2025·金川模拟）设函数的定义域为.若实数满足对任意的，都有，则称满足性质.
（1）若函数满足性质，求实数的取值范围.
（2）设的导函数为，且对任意的，都有.
（i）证明：满足性质.
（ii）已知数列满足，若，证明：.
【答案】（1）解：若函数满足性质，则对任意的，
都有
，解得，
则实数的取值范围是；
（2）证明：（i）对任意的，设，
则，且，
当时，，
当时，在中，将替换为，将替换为，
可得，
整理得①，
当时，由①得.即，
当时，由①得，即，
所以在上单调递增，在上单调递减.从而，
同此对任意的.都有，即，
所以满足性质；
（ii）由（i）可知满足性质，令，
所以，
当时，，整理得，所以，
当时，
，
即，
令，由，得，
令，由，得，
，
因此对任意正整数，都有.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）根据满足性质，将代入不等式，化简求解即可；
（2）（i）对任意的，设，求，赋值法结合导函数判断函数的单调性和最值，即可证明；
（ii）根据题意可得.分和两种情况，分别证明即可.
（1）因为函数满足性质，所以对任意的.
.
解得，所以实数的取值范围是.
（2）（i）对任意的，设，
则，且
当时，.
当时，在中，将替换为，将替换为，可得，
整理得.①
当时，由①得.即，
当时，由①得，即.
所以在上单调递增，在上单调递减.从而.
同此对任意的.都有，即.
所以满足性质.
（ii）由（i）可知满足性质，令，
所以.
当时，，整理得，
所以.
当时，
，
即.
令，由，得，
令，由，得，
，
因此对任意正整数，都有.
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